2016-2017学年高中数学第2讲证明不等式的基本方法1比较法、综合法与分析法课后练习新人教A版选修4-5资料

2016-2017 学年高中数学 第 2 讲 证明不等式的基本方法 1 比较法、 综合法与分析法课后练习 新人教 A 版选修 4-5

一、选择题 1.设 0<x<1,则 a= 2x,b=1+x,c= A.a C.c 1 中最大的一个是( 1-x )

B.b D.不能确定

解析: ∵0<x<1,∴1+x>2 x= 4x> 2x, 1 ∴只需比较 1+x 与 的大小. 1-x 1 1-x -1 x ∵1+x- = =- <0, 1-x 1-x 1-x 1 ∴1+x< . 1-x 答案: C 2.已知 a,b,c,d∈{正实数}且 < ,则( A. <
2 2

a c b d

)

a a+c c < b b+d d a c a+c b d b+d

B.

a+c a c < < b+d b d

C. < <

D.以上均可能

解析: ∵a,b,c,d 为正数, ∴要比较 与

a a+c 的大小, b b+d

只要比较 a(b+d)与 b(a+c)的大小, 即 ab+ad 与 ab+bc 的大小, 即:ad 与 bc 的大小. 又∵ < ,∴ad<bc, ∴ <

a c b d

a a+c . b b+d a+c c < . b+d d

同理可得 故选 A.

1

答案: A 3.已知 a>2,x∈R,P=a+ A.P≥Q C.P<Q 解析: ∵a>2,∴a-2>0, 1 ?1?x2-2 ,Q=? ? ,则 P,Q 的大小关系为( a-2 ?2? B.P>Q D.P≤Q )

P=a+

1 1 =a-2+ +2≥2+2=4. a-2 a-2

?1? 2 ?1?-2 又 Q=? ?x -2≤? ? =4.∴P≥Q. ?2? ?2?
答案: A 4.已知 a,b∈R,则“a+b>2,ab>1”是“a>1,b>1”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析: ∵a>1,b>1? a+b>2,ab>1 )

a+b>2,ab>1? / a>1,b>1
1 举例说明 a=3,b= . 2 答案: B 二、填空题 5.设 a>b>0,x= a+b- a,y= a- a-b,则 x,y 的大小关系是 x________y. 解析: ∵a>b>0, ∴x-y= a+b- a-( a- a-b) =

b b - a+b+ a a+ a-b b? a-b- a+b? <0. ? a+b+ a?? a+ a-b?



答案: < 6.在△ABC 中,a,b,c 分别是∠A,∠B,∠C 的对边,若∠C=90°,则 范围是________. 解析: 由题意知 c =a +b ≥2ab, 即
2 2 2

a+b 的取值 c

ab 1 ≤ . c2 2
2



a+b = c

a2+b2+2ab = c2

2ab 1+ 2 ≤ 2.

c

(当且仅当 a=b 时取等号). 又三角形中 a+b>c.∴1< 答案: (1, 2] 三、解答题 7.设 a≥b>0,求证:3a +2b ≥3a b+2ab . 证明: 3a + 2b - (3a b + 2ab ) = 3a (a - b) + 2b (b - a) = (3a - 2b )(a - b) .因为
3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2

a+b ≤ 2. c

a≥b>0,所以 a-b≥0,3a2-2b2>0,
从而(3a -2b )(a-b)≥0,即 3a +2b ≥3a b+2ab . 8.已知 a,b 都是正实数,且 a+b=2.求证: + ≥1. a+1 b+1
2 2 3 3 2 2

a2

b2

解答:证明: 因为 a,b 都是正实数,所以原不等式等价于

a2(b+1)+b2(a+1)≥(a+1)(b+1),
即 a b+a +ab +b ≥ab+a+b+1. 等价于 a +b +ab(a+b)≥ab+a+b+1, 将 a+b=2 代入,只需要证明 a +b +ab=(a+b) =4≥ab+3,即 ab≤1. 而由已知 a+b≥2 ab,可得 ab≤1 成立,所以原不等式成立. 另证:因为 a,b 都是正实数,所以 两式相加得
2 2 2 2 2 2 2 2 2

a- 1 b b+1 + ≥a, + ≥b. a+1 4 b+1 4

a2

2

a-1 b b+1 + + + ≥a+b, a+1 4 b+1 4 a2 a+1 b+1


a2

2

因为 a+2=2,所以

b2

≥1.

9.设 a,b,c 是不全相等的正实数. 求证:lg

a+b
2

+lg

b+c
2

+lg

c+a
2 2

>lg a+lg b+lg c. +lg

证明: 方法一:要证:lg 只需证:lg? 只需证:

a+b

b+c
2

+lg

c+a
2

>lg a+lg b+lg c

?a+b·b+c·c+a?>lg(abc) 2 2 ? ? 2 ?
· 2 · 2 >abc

a+b b+c c+a
2

3

∵ ∴

a+b
2 2

≥ ab>0, · ·

b+c
2

≥ bc>0,

c+a
2

≥ ca>0,

a+b b+c c+a
2 2

≥abc>0 成立.

∵a,b,c 为不全等的正数,∴上式中等号不成立. ∴原不等式成立. 方法二:∵a,b,c∈{正实数}, ∴

a+b
2

≥ ab>0,

b+c
2

≥ bc>0,

c+a
2

≥ ca>0,

又∵a,b,c 为不全相等的实数, ∴

a+b b+c c+a
2 · 2 · 2

>abc,

∴lg? 即 lg

?a+b·b+c·c+a?>lg(abc), 2 2 ? ? 2 ?
a+b
2 +lg

b+c
2

+lg

c+a
2

>lg a+lg b+lg c.

4


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